2002年全国高中数学联赛试题及答案

二○○二年全国高中 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 联赛试卷 （10月13日上午8:009:40） 一、 选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 (本题满分36分，每小题6分) 1． 函数f(x)＝log0.5(x2－2x－3)的单调递增区间是(2002年联赛（1）6分) (A)（－∞，－1）        (B)(－∞，1)        (C)(1，＋∞)        (D)(3，＋∞) 2． 若实数x，y满足(x＋5)2＋(y－12)2＝142，则x2＋y2的最小值为(2002年联赛（2）6分) (A)2          (B)1          (C)         (D) 3． 函数f(x)＝ (2002年联赛（3）6分) (A)是偶函数但不是奇函数      (B)是奇函数但不是偶函数 (C)既是偶函数又是奇函数      (D)既不是偶函数也不是奇函数 4． 直线 ＝1与椭圆 ＝1相交于A、B两点，该椭圆上点P，使得△PAB面积等于3，这样的点P共有(2002年联赛（4）6分) (A)1个        (B)2个        (C)3个        (D)4个 5． 已知两个实数集合A＝{a1，a2，…，a100}与B＝{b1，b2，…，b50}，若从A到B的映射f使得B中每个元素都有原象，且 f(a1)≤f(a2)≤…≤f(a100) 则这样的映射共有(2002年联赛（5）6分) (A)           (B)           (C)           (D) 6． 由曲线x2＝4y， x2＝4y， x＝4， x＝4围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V1，满足x2＋y2≤16， x2＋(y2)2≥4， x2＋(y＋2)2≥4的点(x，y)组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则(2002年联赛（6）6分) (A)V1＝ V2        (B)V1＝ V2  (C)V1＝V2          (D)V1＝2V2 二、填空题(本题满分54分，每小题9分) 7． 已知复数Z1、Z2满足|Z1|＝2，|Z2|＝3，若它们对应的向量的夹角为60， 则 ＝_____.(2002年联赛（7）9分) 8． 将二项式( )n的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x的幂指数是整数的项共有_______个. (2002年联赛（8）9分) 9． 如图，点P1、P2、…、P10分别是四面体顶点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组(P1、Pi、Pj、Pk)(1＜i＜j＜k≤10＝有_______个. (2002年联赛（9）9分) 10． 已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)＝1且对任意xR都有 f(x＋5)≥f(x)＋5 f(x＋1)≤f(x)＋1 若g(x)＝f(x)＋1－x， 则g(2002)＝__________.(2002年联赛（10）9分) 11． 若log4(x＋2y)＋log4(x2y)＝1，则|x|－|y|的最小值是__________.(2002年联赛（111）9分) 12． 使不等式sin2x＋acosx＋a2≥1＋cosx对一切xR恒成立的负数a的取值范围是________．(2002年联赛（12）9分) 三、解答题(本题满分60分，每小题20分) 13． 已知点A(0，2)和抛物线y2＝x＋4上两点B、C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围．（(2002年联赛（13）20分)） 14． 如图，有一列曲线P0，P1，P2，……．已知P0所围成的图形是面积为1的正三角形，Pk＋1是对Pk进行如下操作得到：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（k＝0，1，2，…）. 记Sn为曲线Pn所围成图形的面积． (1)求数列{Sn}的通项公式； (2)求 Sn．(2002年联赛（14）20分) ………… P0                  P1                  P2 15． 设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足条件： (1)当xR时，f(x4)＝f(2x)， 且f(x)≥x； (2)当x(0，2)时， f(x)≤( )2； (3)f(x)在R上的最小值为0； 求最大的m(m＞1)，使得存在tR，只要x[1， m]，就有f(x＋t)≤x．(2002年联赛（15）20分) 二○○二年全国高中数学联赛加试试卷 （10月13日上午10：00－12：00） 题号 一 二 三 合计 得分         评卷人         复核人                   考生注意：1、本试卷共三大题，全卷满分150分． 2、卷面的第1页、第3页、第5页印有 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 ， 第2页、第4页、第6页是空白页，留作答题用． 3、用圆珠笔或钢笔作答． 4、解题书写不要超出装订线． 一．（本题满分50分） 如图，在△ABC中，∠A＝60， AB＞AC， 点O是外心，两条高BE、CF交于H点．点M、N分别在线段BH、HF上，且满足BM＝CN．求 的值． 二．（本题满分50分） 实数a，b，c和正数λ使得f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有三个实根x1，x2，x3， 且满足 （1）x2－x1＝λ （2）x3＞ (x1＋x2) 求 的最大值． 三．（本题满分50分） 在世界杯足球赛前，F国教练为了考察A1，A2，…，A7这七名队员，准备让他们在三场训练比赛（每场90分钟）都上场．假设在比赛的任何时刻，这些队员中有且仅有一人在场上，并且A1，A2，A3，A4每人上场的总时间（以分钟为单位）均被7整除，A5，A6，A7每人上场的总时间（以分钟为单位）均被13整除．如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况． 二○○二年全国高中数学联赛试题 参考解答 一、选择题 1．A  注意定义域 2．B  设x2＋y2＝k，它表示以原点为圆心，为半径的一个圆 该圆与已知圆应有公共点，由平面几何知识即可得结论 本题也可用三角代换法，设x＝－5＋14cosθ，y＝12＋14sinθ 转化为三角函数求最值问题 3．A  首先判定定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称 然后计算f(－x)＝……＝f(x) 4．B  设点P到直线l：＝1的距离为d， 则d＝ 又原点O到直线l的距离为d'＝ ∴ 在直线l下方椭圆上有两个点满足条件 当点P(4cosθ，3sinθ)(0＜θ＜)在l上方时，则点P到直线l的距离为 d"＝ ＝(sinθ＋cosθ－1) ＝)－1) ≤ ∴ 在l上方不存在满足条件的点 综上所述，满足条件的点P有两个 5．D  本题等价于将集合A划分为50个非空的子集，我们将A中的元素作如下排列： a1、a2、a3、……、a99、a100 它们之间共有99个空，在这99个空中插入49个隔板，即可将其分为50组，共有C种插法，不妨设b1＜b2＜……＜b50,注意到f(a1)≤f(a2)≤……≤f(a100)，所以以上对集合A的每一个划分都与b1、b2、……、b50是一一对应的，故这样的映射共有C个。 6．C  本题可以直接计算，也可以利用祖暅原理，用垂直于y轴的平面去截两个几何体，当平面与y轴的距离为|y|时，两个截面面积分别为 S1＝π(42－4|y|)＝4π(4－|y|) S2＝π(42－y2)－π[4－(2－|y|)2]＝4π(4－|y|) ∴ S1＝S2 由祖暅原理可知两个几何体体积相等。 二、填空题 ７、如图，由余弦定理可得：∣Z1+Z2∣=√19, ∣Z1-Z2∣=√7，所以∣(Z1+Z2)／(Z1－Z2)∣=(√19)/(√7)=(√133)/7. 8、不难求出前三项系数分别是１，(1/2)n，(1/8)n(n-1)，由于这三个数成等差数列，有2·1/2n=1+1/8n(n-1).解得：n=8和n=1（舍去）. 当n=8时，Tr+1=Cr8(1/2)rx(16-3r)/4，这里r=0,1,…,8.r应满足４∣(16-3r)，所以r只能是0,4,8. 9、首先，在每个侧面上除P1点外尚有五个点，其中任意三点组添加点P1后组成的四点组都在同一个平面，这样的三点组有C35个，三个侧面共有3C35个. 其次，含P1的每条棱上的三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平面上，这样的四点组有３个。 综上，共有C35+3=33个. 10、由g(x)=f(x)+1-x得：f(x)=g(x)+x-1，所以 g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x-1)+5, g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+(x-1)+1. 即g(x+5)≥g(x),g(x+1)≤g(x).∴g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x).∴g(x+1)=g(x). 即g(x)是周期为１的周期函数，又g(1)=1，故g(2002)=1. 11、 由对称性只考虑y≥0，因为x＞0，所以只须求x-y的最小值. 令x-y=u代入x2-4y2=4,有3y2-2uy+(4-u2)=0.这个关于y的二次方程显然有实根，故Δ=16(u2-3)≥0,∴u≥√3.当x=(4/3)√3,y=(√3)/3时,u=√3.故∣x∣-∣y∣的最小值为√3. 12、原不等式可化为： （cosx-((a-1)/2)）2≤a2+(a-1)2/4. ∵-1≤cosx≤1,a<0,a-1/2<0, ∴当cosx=1时，函数y=(cosx-(a-1)/2)2有最大值(1-(a-1)/2)2，从而有(1-(a-1)/2)2≤a2+(a-1)2/4，整理得a2+a-2≥0,∴a≥1或a≤-2.又a＜0,∴a≤-2. 三、解答题 13、设Ｂ点坐标为（y21-4,y1），Ｃ点坐标为(y2-4,y) 显然y21-4≠０，故kAB=(y1-2)/(y21-4)=1/(y1+2).由于AB⊥BC，所以kBC=-(y1+2).从而y-y1=-(y1+2)[x-(y21-4)],y2=x+4消去x，注意到y≠y1得:(2+y1)(y+y1)+1=0→y21+(2+y)y1+(2y+1)=0.由Δ≥0解得：y≤0或y≥4. 当y=0时，点Ｂ的坐标为(-3,-1)；当y=4时，点Ｂ的坐标为(5,-3)，均满足题意。故点Ｃ的纵坐标的取值范围是y≤0或y≥4. 14、(1)对Ｐ0进行操作，容易看出Ｐ0的每条边变成Ｐ１的４条边，故Ｐ１的边数为3·4；同样，对P１进行操作，P１的每条边变成P２的４条边，故P２的边数为3·4２，从而不难得到Pn的边数为3·4n. 已知Ｐ0的面积为Ｓ0=1，比较P１与Ｐ0.容易看出P１在Ｐ0的每条边上增加一个小等边三角形，其面积为1/32，而Ｐ0有３条边，故 S1=S0+3·(1/32)=1+(1/3). 再比较P２与P１，可知P２在P１的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为(1/32)·(1/32)，而P１有3·4条边，故S2=S1+3·4·(1/34)=1+(1/3)+(4/33), 类似地有 S3=S2+3·42·(1/36)=1+(1/3)+(4/33)+(42/35), 于是有 下面利用数学归纳法证明（＊）式。 n=1时，由上面已知（＊）式成立。 假设n=k时，有Sk=8/5-3/5·(4/9)k.当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比较Pk+1与Pk,Pk+1在Pk的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为(1/32(k+1))，而Pk有3·4k条边，故Sk＋１=Sk+3·4k·(1/32(k+1))=Sk+((4k)/32k+1)=(8/5)-(3/5)·(4/9)k+1. 综上，由数学归纳法，(＊)式得证. (2)lim(n→∞)Sn=lim(n→∞)[(8/5)-(3/5)·(4/9)n]=(8/5). 15、∵f(x-4)=f(2-x),∴函数的图象关于x=-1对称，∴-b/2a=-1,b=2a. 由(3)x=-1时，y=0，即a-b+c=0， 由(1)得f(1)≥1，由(2)得f(1)≤1， ∴f(1)=1,即a+b+c=1,又a-b+c=0,∴b=1/2,a=1/4,c=1/4, ∴f(x)=(1/4)x2+(1/2)x+(1/4). 假设存在t∈R，只要x∈[1,m],就有f(x+t)≤x.取x=1有f(t+1)≤1.即((1/4)(t+1))2+((1/2)(t+1))+(1/4)≤1,解得-4≤t≤0.对固定的t∈［-4,0］,取x=m，有f(t+m)≤m,即((1/4)(t+m)2)+((1/2)(t+m))+(1/4)≤m,化简有m2-2(1-t)m+ (t2+2t+1)≤0解得1-t-(√-4t)≤1-t+(√(-4t))于是有m≤1-t+√(-4t)≤1-(-4)+ √(-4(-4))=9.当t=-4时，对任意的x∈[1,9]，恒有f(x-4)-x=(1/4)(x2-10x+9)=1/4(x-1)(x-9)≤0.所以m的最大值为９。